高中物理牛顿运动定律的应用试题类型及其解题技巧

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求：

(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】【分析】【详解】

(1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ，代入数据得：

F =7.5N.

(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有：

mgh =

212

mv 解得

v 2gh ；

滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：

μmgL =

2201122

mv mv 代入数据得：

μ=0.25

(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为：

x=v 0t

对物体有：

v 0=v ?at

ma=μmg

滑块相对传送带滑动的位移为：

△x=L?x

相对滑动产生的热量为：

Q=μmg△x

代值解得：

Q=0.5J

【点睛】

对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．

2．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：

（1）物体与传送带间的动摩擦因数；

（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；

（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J

【解析】

【详解】

(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:

可解得：μ＝0.875.

（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移

0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为

(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:

0～6 s内物体位移为:

则0～6 s内物体相对于皮带的位移为

0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,

代入数据得：Q＝126 J

故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J

【点睛】

对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

3．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送

带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1=

，木板与传送

带间的动摩擦因数μ2=3

，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；

(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m；

(3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。

【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J

【解析】

【详解】

（1）对小木块受力分析如图甲：

木块重力沿斜面的分力：

sin

2 mg mg

α=

斜面对木块的最大静摩擦力：13

cos 4

m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态；

（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则

1cos sin mg mg ma μαα-=

木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9

9.0N 8

m F M m g =

（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动

对小木块有：2

1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=

对长木棒受力如图丙所示

()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=

解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122

L a t at =-' 解得1t s =

全过程中产生的热量有两处，则

()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα??

=+=+++ ???

解得：12J Q =。

4．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求：

（1）包裹P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；（2）包裹P 到达B 时的速度大小；

（3）若传送带匀速转动速度v =2m/s ，包裹P 经多长时间从B 处由静止被送回到C 处；（4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回C 处的速度v c 与a 的关系式，并画出v c 2-a 图象．

【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s

（4）22

200.4/80.4/c

a a m s v a m s ?<=?≥?（）

（

）如图所示：

【解析】【分析】

先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到v c 2-a 的关系，从而画出图像。【详解】

（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-=

代入数据得：2

10.4/a m s =-，方向：沿传送带向上；

（2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220

L=2v v a

代入数据得：1/v m s =；

（3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-=

得2

20.4/a

m s =

当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4

v t s s a =

== 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4

v x m m a =

==? 因为x

2.52

L x t s s v --=== 则P 从B 处到C 处总时间为：127.5t t t s =+=；

（4）若20.4/a m s <，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，

加速位移等于传送带的长度，即：22C v aL = 即：2

20C v a =

若20.4/a m s ≥，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a 2=0.4m/s 2向上匀加速运动，

有：222C v a L = 即22

8/?C v m s =（

）两种情况结合有：222

200.4/80.4/c

a a m s v a m s ?<=?≥?（）

（

）图像如图所示：

【点睛】

解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。

5．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．

（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．

（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止．

（3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．

【答案】（1）20

3.6m 2v x a

==（2）t=1s （3）121x x m +=

【解析】【分析】【详解】

试题分析：（1）2

25m /s a g μ==

20 3.6m 2v x a

（2）对m ：2

125/a g m s μ==，

对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，

221m /s a =

012v a t a t -=

t=1s

（3）木板共速前先做匀加速运动2

110.52

x at m == 速度121m /s v a t ==

以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动

231/a g m s μ==，

2231

0.52

x vt a t m =+=

X=121x x m +=

考点：牛顿定律的综合应用

6．如图所示，质量为M =2kg 、长度5

L m =

的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端B 处放置一质量为m =1kg 的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对木板施水平向右的推力F =5N ，经过时间t 撤去F ，最后小物块恰好能运动到木板左端A 处，重力加速度取g =10m/s 2．求：（1）小物块与木板系统生热Q ；（2）力F 作用时间t ；（3）力F 做功W ．

【答案】（1）5

J 6

Q =

；（2）1s t =；（3）5J W =。

【解析】【分析】【详解】

（1）小物块与木板系统生热Q ，则有：

Q mgL μ=

代入数据解得：56

Q =

J （2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为1a ，根据牛顿第二定律有：

1mg ma μ=

解得：2

11m/s a =

木板加速度为2a ，根据牛顿第二定律有：

2F mg Ma μ-=

解得：2

22m/s a =

撤去F 瞬时小物块速度为1v ，则有：

11v a t t ==

木板速度为2v ，则有：

222v a t t ==

该过程木板相对小物块位移：

212111222

t x a t a t =-=

撤去F 后历时't 小物块恰好运动到达木板左端A 处，小物块与木板达到共同速度v ，由动量守恒定律得：

12()mv Mv m M v +=+

解得：53

v =

对小物块：由动量定理得：

1()mgt m v v μ=-'

解得：23

t t '=

该过程木板相对小物块位移：

21212()()()2223

v v v v v v t x t t t ++'''-=-==

木板长度：

12L x x =+2

t =

解得：1t =s （3）力F 做功

221

W F a t =?

或

()2

W Q m M v =++

解得：5W =J 【点睛】

解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统的动量不守恒，撤去F 时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答．

7．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时间内小物块的v-t 图线如图（b ）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。求

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；【答案】（1）0.1；0.4（2）6m 【解析】【分析】

（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。

（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；【详解】

（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ．由牛顿第二定律有： -μ1（m+M ）g=（m+M ）a 1…①

由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得：v1=v0+at1…②

s0＝v0t1+1 2

a1t12…③

式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④

在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma2…⑤

由图可得：a2＝21

v v

t t

-…⑥

式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3…⑧

v3=-v1+a3△t…⑨

v3=v1+a2△t…⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：

s1＝13

v v

△t (11)

小物块运动的位移为：s2＝13

v v

△t (12)

小物块相对木板的位移为：△s=s2+s1 (13)

联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。

8．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑的高度h；

(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．

【答案】(1) (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J

【解析】【分析】【详解】

解：（1）滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡，如图所示：

水平推力 ① 解得：

②

（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：

，解得：

③

若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④

解得：

⑤

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥

解得：

⑦

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：s =v 0t 由机械能守恒有：

⑧

⑨

滑块相对传送带滑动的位移⑩ 相对滑动生成的热量

9．如图所示，长L =2m ，质量M=1kg 的木板B 静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg 的小滑块A ，现对B 施加一水平向右的恒力F ．已知A 与B 、B 与地面间的动摩擦因

数分别为120.20.4μμ==、，重力加速度2

10/g m s =，试求：

（1）若A 、B 间相对滑动，F 的最小值；

（2）当F =20N 时，若F 的作用时间为2s ，此时B 的速度大小；（3）当F =16N 时，若使A 从B 上滑下，F 的最短作用时间．【答案】（1）min 18F N = （2）220/v m s = （3）2 1.73t s = 【解析】【分析】【详解】

（1）A 、B 间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力，

对A ，由牛顿第二定律可知，加速度2

12/a g m s μ==；

对B ，由牛顿第二定律可知，()min 21F m M g mg Ma μμ-+-=，解得min 18F N =

（2）F=20N>18N ，二者间会相对滑动，对B ，由牛顿第二定律；

()211F m M g mg Ma μμ-+-=

解得2

14/a m s =；

设A 从左端滑出的时间为1t ，则22111111

222

L a t gt μ=-，解得112t s s =<，

此时B 的速度1114/==v a t m s

故在F 作用后的1s 内，对B ，22F Mg Ma μ-=，

解得2

216/a m s =

此时B 的速度()2121220/v v a t m s =+-=

（3）若F=16N<18N ，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度

()2204

F M m g

a m s M m

μ-+=

+；当A 刚好从B 上滑下，F 的最短时间为2t ，设刚撤去F 瞬间，整体的速度为v ，则02v a t =

撤去F 后，对A ，2

112/a g m s μ==，

对B ：()21'

228/m M g mg

a m s M

μμ+-=

经分析，B 先停止运动，A 最后恰滑至B 的最右端时速度减为零，故

221222'2

v v L

a a -= 联立解得23 1.73t s s =

点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

10．如图所示，在倾角37θ=? 的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg 的物块，物块与斜面间因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N 的作用，从静止开始运动，经2s 绳子突然断了，求：

(1)绳断瞬间物体的速度大小为多少？

(2)绳断后多长时间物体速度大小达到22m/s.(sin37°=0.6，g=10m/s2) 【答案】（1） 14/v m s = （2） 5.53t s =

【解析】(1)在最初2s 内，物体在F=9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，根据受力分析图可知：

沿斜面方向：F-mgsinθ-F f =ma 1 沿y 方向：F N =mgcosθ 且F f =μF N 得： 21sin cos 2m/s F mg mg a m

θμθ

--=

2 s 末绳断时瞬时速度1114/v a t m s ==

(2)从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2 则()

22sin cos 7.6m/s mg mg a m

θμθ-+=

设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2 据运动学公式v 2=v 1+a 2t 2 所以1

00.53v t s a -=

= 物体从最高点沿斜面下滑，第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3 由牛顿第二定律可知：a 3=gsinθ-μgcosθ=4.4m/s 2 速度达到v 3=22m/s 所需时间333

5v t s a -=

则从绳断到速度为22m/s 所经历的总时间230.535 5.53t t t s s s =+=+= 综上所述本题答案是：（1） 1v 4m /s = （2）t 5.53s =